Умова

Нехай \(\xi_1, \xi_2, ... , \xi_n\) – незалежні випадкові величини з розподілом Бернуллі \(\xi_i \sim Be(p_i)\), \(i = \overline{1,n}\). Довести нерівність \[P\left\{ {\sum\limits_{i = 1}^n {{\xi _i}} > \alpha \mu } \right\} \le {e^{ - f(\alpha )\mu }},\qquad (1)\] де \(\alpha>1\), \(\mu = M\left(\sum\limits_{i = 1}^n \xi_i\right)\), \(f(\alpha) = \alpha \ln(\alpha) - \alpha + 1\).

Доведення

Оскільки \(\alpha>1\), то \[P\left\{ {\sum\limits_{i = 1}^n {{\xi _i}} > \alpha \mu } \right\} = P\left\{ {{\alpha^{\sum\limits_{i = 1}^n {{\xi _i}}}} > {\alpha^{\alpha \mu }}} \right\}\] Покажемо, що у даній задачі можна застосувати нерівність Маркова. Для цього переконаємось, що \[ M\left( {\alpha^{\sum\limits_{i = 1}^n {{\xi _i}}}} \right) < \infty.\] Дійсно, \[M\left( {{\alpha^{{\xi _i}}}} \right) = {\alpha ^0} \cdot P\{ {\xi _i} = 0\} + {\alpha ^1} \cdot P\{ {\xi _i} = 1\} = (1 - {p_i}) + \alpha {p_i} = 1 + {p_i}(\alpha - 1),\] тому \[M\left( {\alpha^{\sum\limits_{i = 1}^n {{\xi _i}}}} \right) = M\left( {\prod\limits_{i = 1}^n {{\alpha^{{\xi _i}}}} } \right) = \prod\limits_{i = 1}^n M\left( {{\alpha^{{\xi _i}}}} \right) = \prod\limits_{i = 1}^n {\left( {1 + {p_i}(\alpha - 1)} \right)}\qquad (2)\] У (2) було використано незалежність випадкових величини \({\alpha^{{\xi _i}}}\), що випливає з незалежності випадкових величини \(\xi_i\). Маємо додатну в. в. \({\alpha^{\sum\limits_{i = 1}^n {{\xi _i}}}}\), яка має скінченне математичне сподівання, та \({\alpha^{\alpha \mu}} > 0\). Отже, можемо застосувати нерівність Маркова: \[P\left\{ {{\alpha^{\sum\limits_{i = 1}^n {{\xi _i}}}} > {\alpha^{\alpha \mu }}} \right\} \le \frac{{M\left( {\alpha^{\sum\limits_{i = 1}^n {{\xi _i}}}} \right)}}{{{\alpha^{\alpha \mu }}}}\] Виконаємо перетворення правої частини отриманої нерівності: \[\frac{{M\left( {\alpha^{\sum\limits_{i = 1}^n {{\xi _i}}}} \right)}}{{{\alpha^{\alpha \mu }}}} = \frac{{\prod\limits_{i = 1}^n {\left( {1 + {p_i}(\alpha - 1)} \right)} }}{{{\alpha^{\alpha \mu }}}} = \frac{{\prod\limits_{i = 1}^n {\left( {1 + {p_i}(\alpha - 1)} \right)} }}{{{e^{\mu \cdot (\alpha \ln (\alpha ))}}}}\]

Оскільки \[{e^{{p_i}(\alpha - 1)}} = 1 + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{({p_i}(\alpha - 1))}^n}}}{{n!}}} = 1 + {p_i}(\alpha - 1) + \frac{{{{({p_i}(\alpha - 1))}^2}}}{{2!}} + ... \ge 1 + {p_i}(\alpha - 1)\] та \[\mu = M\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{\xi _i}} } \right) = \sum\limits_{i = 1}^n M{\xi _i} = \sum\limits_{i = 1}^n {{p_i}},\] то \[\frac{{\prod\limits_{i = 1}^n {\left( {1 + {p_i}(\alpha - 1)} \right)} }}{{{e^{\mu \cdot (\alpha \ln (\alpha ))}}}} \le \frac{{\prod\limits_{i = 1}^n {{e^{{p_i}(\alpha - 1)}}} }}{{{e^{\mu \cdot (\alpha \ln (\alpha ))}}}} = \frac{{{e^{(\alpha - 1)\sum\limits_{i = 1}^n {{p_i}} }}}}{{{e^{\mu \cdot (\alpha \ln (\alpha ))}}}} = \frac{{{e^{(\alpha - 1)\mu }}}}{{{e^{\mu \cdot (\alpha \ln (\alpha ))}}}} = {e^{\mu (\alpha - 1 - \alpha \ln (\alpha ))}} = {e^{ - f(\alpha )\mu }}.\] Отже, нерівність (1) доведено.

Зауваження
Є сенс обирати \(\alpha\) з множини \((1,2]\), щоб доведена нерівність давала, хоча й досить грубу, але змістовну оцінку ймовірності. При виборі \(\alpha>2\) ймовірність події, яка розглядається в задачі, дорівнюватиме 0. Зі зростанням кількості випадкових величин \(n\) зростає і точність доведеної оцінки. Оскільки при доведенні було двічі використано перехід до нерівностей, перший з яких був виконаний шляхом застосування нерівності Маркова, дана оцінка хоча і залишається досить грубою, але дає певне уявлення про досліджувану ймовірність.